Demostrar que $\sin n\theta=n\sin \theta-\frac{n(n^2-1)}{3!}\sin^3\theta+\frac{n(n^2-1)(n^2-3^2)}{5!}\sin^5\theta+\cdots$

Question

Demostrar que $$\sin n\theta=n\sin \theta-\frac{n(n^2-1)}{3!}\sin^3\theta+\frac{n(n^2-1)(n^2-3^2)}{5!}\sin^5\theta+-\cdots$$

Si no me equivoco, esta identidad fue probado por Newton o conocido para él, así que si es posible me gustaría ver la manera en que él se acercó a ella, a pesar de que cualquier solución será suficiente.

Mi breve esfuerzos de inducción en $n$ que no se pudo ya que terminé con tener que manipular $\sin( n+1)\theta=\sin( n\theta +\theta)=\sin n\theta \cos\theta+\cos n\theta\sin\theta$, lo que implica la $\cos n\theta$.

He probado el "familiar" método de expansión de $$\sin n\theta=n\theta-\frac{(n\theta)^3}{3!}+\frac{(n\theta)^5}{5!}-+\cdots$$ pero esto sólo se hace más compleja $$\sin n\theta=n\theta-\frac{(n\theta)^3}{3!}+\frac{(n\theta)^5}{5!}-+\cdots=\\n\Big(\theta-\frac{\theta^3}{3!}+\frac{\theta^5}{5!}-+\cdots\Big)-\frac{n(n^2-1)}{3!}\Big(\theta-\frac{\theta^3}{3!}+\frac{\theta^5}{5!}-+\cdots\Big)^3+-\cdots$$ Otro intento sería el uso de la identidad de $$\sin n\theta=\frac{1}{2i}(e^{in\theta}-e^{-in\theta})$$ aunque esto, obviamente, no fue conocida la de Newton.
En cualquier caso, la del pensamiento, las ideas son bienvenidas..

EDITAR
Una respuesta detallada ha sido proporcionada abajo, pero ya que implica el uso de números complejos, considero que la búsqueda de la otra respuesta, una que se basa únicamente en el conocimiento matemático hasta Newton cuando está abierto.
Después de un poco más de investigación, parece que Newton se acercó con la fórmula después de la lectura de un libro por Vieta, pero he sido incapaz de reunir más información sobre si la fórmula se conoce a Vieta así.

Answer 1

Este viene desde el clásico S. L. Loney del Plano de la Trigonometría. Tenemos la identidad $$1 + 2x\cos t + 2x^{2}\cos 2t + 2x^{3}\cos 3t + \cdots = \frac{1 - x^{2}}{1 - 2x\cos t + x^{2}}\tag{1}$$ This is easily proved by letting $C$ denote the LHS of $(1)$ and $S$ denote $$S = 2x\sin t + 2x^{2}\sin 2t + \cdots$$ so that $$C + iS = 1 + 2xe^{it} + 2x^{2}e^{2it} + \cdots = \frac{1 + xe^{it}}{1 - xe^{it}} = \frac{(1 + xe^{it})(1 - xe^{-it})}{(1 - xe^{it})(1 - xe^{-it})}$$ and thus $$C + iS = \frac{1 + 2ix\sin t - x^{2}}{1 - 2x\cos t + x^{2}}$$ Equating the real part we get the value of sum $C$ as RHS of $(1)$.

De ello se desprende que $2\cos nt$ es el coeficiente de $x^{n}$$\dfrac{1 - x^{2}}{1 - 2x\cos t + x^{2}}$, por lo que tenemos $$\begin{align} 2\cos nt &= \text{coeff. of }x^{n}\text{ in }\dfrac{1 - x^{2}}{1 - 2x\cos t + x^{2}}\notag\\ &= \text{coeff. of }x^{n}\text{ in }(1 - 2x\cos t + x^{2})^{-1} - \text{coeff. of }x^{n - 2}\text{ in }(1 - 2x\cos t + x^{2})^{-1}\notag\\ &= \text{coeff. of }x^{n}\text{ in }\{1 + x(x - 2\cos t)\}^{-1} - \text{coeff. of }x^{n - 2}\text{ in }\{1 + x(x - 2\cos t)\}^{-1}\notag \end{align}$$ Tenga en cuenta que cada término en $\{1 + x(x - 2\cos t)\}^{-1}$ es de la forma $(-1)^{r}x^{r}(x - 2\cos t)^{r}$ y necesitamos evaluar el coeficiente de $x^{n}$ $x^{n - 2}$ en esta expansión y restar los dos y por el argumento anterior de este coeficiente finalmente se $2\cos nt$.

Supongamos $n$ a ser impar entero positivo. En este caso, la primera contribución en el coeficiente proviene del término correspondiente a $r = (n - 1)/2$ y en este caso obtenemos el coeficiente de $x^{n - 2}$ $$(-1)^{(n - 1)/2}\cdot\frac{n - 1}{2}\cdot(-2\cos t)$$ and in the final calculation this needs to be subtracted and hence the contribution for $r = (n - 1)/2$ is $$-(-1)^{(n - 1)/2}\cdot\frac{n - 1}{2}\cdot(-2\cos t)$$ Similarly we try to find the contributions for $r = (n + 1)/2, (n + 3)/2, \dots$ y, finalmente, obtener $$\begin{align} 2\cos nt &= (-1)^{(n - 1)/2}\left[-\frac{n - 1}{2}(-2\cos t)\right]\notag\\ &\,\,\,\, + (-1)^{(n + 1)/2}\left[\frac{n + 1}{2}(-2\cos t) - \dfrac{\dfrac{n + 1}{2}\cdot\dfrac{n - 1}{2}\cdot\dfrac{n - 3}{2}}{3!}(-2\cos t)^{3}\right]\notag\\ &\,\,\,\, + (-1)^{(n + 3)/2}\left[\binom{(n + 3)/2}{3}(-2\cos t)^{3} - \binom{(n + 3)/2}{5}(-2\cos t)^{5}\right]\notag\\ &\,\,\,\, + \dots\notag\\ &\,\,\,\, + (2\cos t)^{n}\notag \end{align}$$ Por lo tanto multiplicando con $(-1)^{(n - 1)/2}$ tenemos $$\begin{align} &(-1)^{(n - 1)/2}(2\cos nt)\notag\\ &\,\,\,\,\,\,\,\,= \cos t\{(n - 1) + (n + 1)\} - \frac{(n + 1)(n - 1)}{3!}\cos^{3}t \{(n - 3) + (n + 3)\} + \cdots\notag \end{align}$$ Por lo tanto al dividir por $2$ tenemos $$(-1)^{(n - 1)/2}\cos nt = n\cos t - \frac{n(n^{2} - 1^{2})}{3!}\cos^{3}t + \frac{n(n^{2} - 1^{2})(n^{2} - 3^{2})}{5!}\cos^{5}t - \cdots$$ Replacing $t$ by $(\pi/2) - \theta$ we get $$\sin n\theta = n\sin \theta - \frac{n(n^{2} - 1^{2})}{3!}\sin^{3}\theta + \frac{n(n^{2} - 1^{2})(n^{2} - 3^{2})}{5!}\sin^{5}\theta - \cdots\tag{2}$$ Note the similarity with the series $$\sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \cdots\tag{3}$$ Clearly we can derive $(3)$ from $(2)$ in an intuitive (but non-rigorous) way by putting $x = n\theta$ and keeping $x$ fixed and letting $n \to \infty$ so that $\theta \a 0$. In that case $n\sin \theta = n\sin(x/n) \a x$ as $n \to \infty$ and the formula $(2)$ is transformed into the series in equation $(3)$.

Nota: Esta y muchas otras expansiones de $\sin n\theta, \cos n\theta$ en potencias de $\sin \theta, \cos \theta$ son proporcionados en Loney del libro y no lo he encontrado tan elementales pruebas en cualquier otro lugar. No sé si este clásico libro de texto que se estudia en cualquier lugar o no. También tenga en cuenta que la fórmula $(2)$ es probado bajo el supuesto de que $n$ es un entero positivo impar. Por el cambio de signo de $n$ es fácil ver que la fórmula tiene para los negativos números enteros impares también. La misma fórmula se aplica a todos los valores de $n$ (el lado derecho es una serie infinita si $n$ no es un número entero y la identidad debe ser tratada como tal, en el caso de $n$ no es un número entero), pero la prueba de la identidad en general $n$ no puede ser dado a través del enfoque mencionado en la solución anterior.

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Actualización: a partir De OP comentario parece que él está interesado en una solución que no hace uso de los números complejos. Tenga en cuenta que la solución presentada por encima de los usos de los números complejos para establecer la identidad de $(1)$. Aparte de esto no se hace uso de los números complejos en cualquier otro lugar.

Me proporcione la siguiente prueba de $(1)$ sin ningún uso de los números complejos. Considere la posibilidad de la expresión de $$f(n) = x^{n + 1}\cos (n - 1)t - x^{n}\cos nt$$ y, a continuación, hemos $$\begin{align} f(n) - f(n - 1) &= x^{n + 1}\cos (n - 1)t - x^{n}\cos nt - x^{n}\cos (n - 2)t + x^{n - 1}\cos (n - 1)t\notag\\ &= x^{n - 1}(1 + x^{2})\cos (n - 1)t - 2x^{n}\cos (n - 1)t\cos t\notag\\ &= (1 - 2x\cos t + x^{2})x^{n - 1}\cos (n - 1)t\tag{4} \end{align}$$ Poner a $n = 1, 2, \ldots, n$ $(4)$ y sumando las ecuaciones resultantes tenemos $$f(n) - f(0) = (1 - 2x\cos t + x^{2})\sum_{k = 0}^{n - 1}x^{k}\cos kt$$ Let us now assume that $|x| < 1$ and then let $n \to \infty$. It is then obvious that $x^{n} \to 0$ and hence $f(n) \a 0$ and thus we have $$\sum_{k = 0}^{\infty}x^{k}\cos kt = -\frac{f(0)}{1 - 2x\cos t + x^{2}} = \frac{1 - x\cos t}{1 - 2x\cos t + x^{2}}$$ The sum in LHS of $(1)$ is given by $$-1 + 2\sum_{k = 0}^{\infty}x^{k}\cos kt = -1 + \frac{2 - 2x\cos t}{1 - 2x\cos t + x^{2}} = \frac{1 - x^{2}}{1 - 2x\cos t + x^{2}}$$ and thus the identity $(1)$ is established for all values of $x, t$ with the constraint $|x| < 1$.

Answer 2

sugerencia $$\sin(nx)=\frac{e^{inx}-e^{-inx}}{2i}$$ then you can use $e^{ix}=\cos(x)+i\sin(x)$ and then use binomial for $(a+b)^n-(a-b)^n$ by using the relation that $\cos(x)=\sqrt{1-\sin^2(x)}$

Answer 3

Supongo que también se podría hacer uso de la fórmula $\left(\begin{matrix} \cos n\theta & \sin n \theta \\ -\sin n \theta & \cos n \theta \end{matrix} \right)=\left(\begin{matrix} \cos \theta & \sin \theta\\ -\sin \theta & \cos \theta \end{matrix} \right)^n$, y el sustituto de $s = \sin \theta, c = \cos \theta = \sqrt{1-s^2}$? En última instancia, sin embargo, esto es equivalente a las otras respuestas.